辽宁省抚顺市六校联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(含答案)

这是一份辽宁省抚顺市六校联考2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．如果，则( )
A.B.C.1D.2
2．已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为( )
A.B.4πC.D.8π
3．在中，点D在边AB上，.记，，则( )
A.B.C.D.
4．下列区间中，函数单调递增的区间是( )
A.B.C.D.
5．已知，，，若，则( )
A.B.C.5D.6
6．若，则的值为( )
A.B.C.D.
7．已知正三棱台上、下底面的面积分别为和,高为1，所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是( )
A.100πB.128πC.144πD.192π
8．在中，已知，，，则的面积是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．关于函数，下列说法正确的是( )
A.的最小正周期为2π
B.在区间上是单调递增函数
C.当时，的取值范围为
D.的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
10．在平面直角坐标系中，点，，，，，那么下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
11．长方体中，，，E是线段上的一动点（包括端点），则下列说法正确的是( )
A.的最小值为
B.平面
C.的最小值为
D.以A为球心，为半径的球面与侧面的交线长是
三、填空题
12．已知，则________.
13．已知，若，则________.
14．在中，，，点D为AC的中点，点E为BD的中点，，则的最大值为________.
四、解答题
15．已知平面上两个向量，，其中，，且.
(1)若与共线，求的值；
(2)求与的夹角的余弦值.
16．如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点.
(1)求证：平面PAB；
(2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
17．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以a，b，c为边长的三个等边三角形的面积依次为，，.已知，.
(1)求角B：
(2)若的面积为，求c.
18．如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点.
(1)求证：平面PAC；
(2)若，，，求三棱锥的体积.
19．已知函数，称非零向量为的“特征向量”，为的“特征函数”.
(1)设函数，求函数的“特征向量”；
(2)若函数的“特征向量”为，求当且时的值；
(3)若的“特征函数”为，且方程存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：D
解析：因为，所以，
所以，所以.
故选：D
2．答案：B
解析：设圆锥的母线长为l，则由题意有，得，
所以侧面积为.
故选：B
3．答案：B
解析：由题意可得：.
故选：B.
4．答案：A
解析：函数，
要求函数的增区间，即，
即.
令，得到.则A正确，B错误；
令，得到.则C，D错误.
故选：A.
5．答案：C
解析：，，
，
，
，
解得：，
故选：C.
6．答案：C
解析：，，
，
.
故选：C
7．答案：A
解析：正三棱台上、下底面面积分别为和,可求出上下底边长为：和.
设正三棱台上下底面所在圆面的半径,，所以,，
即,，设球心到上下底面的距离分别为,，球的半径为R，
所以，，
故或，即或，
解得符合题意，所以球的表面积为.
故选：A.
8．答案：A
解析：因为，则，
且，则，可得，解得，
又因为，由正弦定理可得，
则，
且，则，
可得，即，可得，
则，
由正弦定理可得，
所以的面积是.
故选：A.
9．答案：BC
解析：对A,对于，它的最小正周期，故A错误；
当时，，
对B,又在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B正确；
对C,当时，，所以，
所以的取值范围为，故C正确；
对D,的图象向左平移个单位长度得到解析式为，故D错误.
故选：BC.
10．答案：AC
解析：对A，，，则，
，所以，故A正确；
对B，，，
则，，
因为与的大小不确定，所以没办法判定是否相等，故B错误；
对C，，，所以，
，所以，故C正确；
对D，，
，
所以，故D错误.
故选：AC.
11．答案：BCD
解析：
对于A，因为在长方体中，，，
故，，，故为等腰三角形，
而，故为锐角，
故的最小值为的边上的高，设高为h，
则，故，
故的最小值为，故A错误.
对于B，由长方体的性质可得，，
故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面，
同理平面，而，平面，
故平面平面，而平面，故平面，
故B正确.
对于C，如图，将、放置在一个平面中，
则的最小值即为，而，
，
因为、均为锐角，故，，
故，
故，故C正确.
对于D，以A为球心，为半径的球面与侧面的交线为个圆弧，
该圆弧的圆心为D，半径为，故弧长为，故D成立.
故选：BCD.
12．答案：
解析：,
可得.
故答案为：.
13．答案：
解析：由，可得，则，
则
.
故答案为：
14．答案：
解析：如图所示，设a，b，c分别为的角A，B，C所对边，
由余弦定理知，，即，即.
,即，当且仅当取等号.
根据三点共线的向量结论，可知
，，
则，
化简得.
则，当且仅当取等号.
则的最大值为.
故答案为：.
15．答案：(1)；
(2)
解析：（1）若与共线，则存在实数k，
使得，即，
因为向量与不共线，所以，解得.
（2）因为，
，
所以.
16．答案：(1)证明见解析；
(2)存在，E为PC中点，证明见解析
解析：（1）取AP的中点Q，连接MQ，BQ，
因为M，Q分别为PD，PA的中点，
所以，，
又因为N为BC的中点，
所以，.
所以，，
所以四边形MNBQ为平行四边形，所以，
又因为平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB.
（2）存在点E，当E为PC中点时，平面平面PAB.
证明如下：由图（1）因为A是PD中点，，，
所以且，
所以四边形ABCD是平行四边形，所以.
因为E，M分别为PC，PD中点，所以，
所以，
因为平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB，
同理可知平面PAB，又因为，平面，平面，
所以平面平面PAB.
17．答案：(1)；
(2).
解析：（1）因为，所以
由余弦定理，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，且，所以.
（2）由（1）可得，，，
从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
18．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）取中点F，连接，.
因为，F为的中点，所以，
又因为，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
因为分别是的中点，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
又因为，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面.
（2）因为，，
由（1）可得，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，
因为PO是三棱锥的高，
所以.
19．答案：(1)；
(2)；
(3).
解析：（1）因为
所以的“特征向量”为.
（2）由题意知，
由得，，
因为，，所以，
所以.
（3），当时，.
由得，
所以或，
由，即，而，解得或，
即在上有两个根，
因为方程在上存在4个不相等的实数根，
所以当且仅当且在上有两个不等实根，
在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线，
因为方程在上有两个不等实根，
即当且仅当函数在上的图像和直线有两个公共点，
由图像可知：或，
解得或，
所以实数G的取值范围是.